Equações Diferenciais I REVISÂO

Prévia do material em texto

Equac¸o˜es Diferenciais I
Revisa˜o
Somato´rio
n∑
i=1
ai = a1 + a2 + a3 + ... + an−1 + an
Exemplos:
1)
n∑
k=1
k = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + ... + (n− 1) + n
2)
n∑
k=1
k2 = 12 + 22 + 32 + ... + (n− 1)2 + n2
3)
10∑
i=1
2i = 21 + 22 + 23 + ... + 210
4)
20∑
k=−3
k = (−3) + (−2) + (−1) + 0 + 1 + 2 + ... + 20
Propriedades:
1)
n∑
i=1
(ai + bi) =
n∑
i=1
ai +
n∑
i=1
bi
2)
n∑
i=1
kai = ka1 + ka2 + ka3 + ... + kan−1 + kan = k(a1 + a2 + a3 + ... + an−1 + an) = k
n∑
i=1
ai,
para k constante fixa.
3)
n∑
i=1
(ai − bi) =
n∑
i=1
ai −
n∑
i=1
bi
Observac¸a˜o: As propriedades acima sa˜o consequeˆncias das propriedades associativa e comu-
tativa da adic¸a˜o e da propriedade distributiva da multiplicac¸a˜o em relac¸a˜o a` adic¸a˜o.
Exemplo: Determine:
a)
n∑
k=2
1
k2 − k
Soluc¸a˜o: Usando frac¸o˜es parciais temos que
1
k2 − k =
1
k(k − 1) =
A
k
+
B
k − 1 =
A(k − 1) + Bk
k(k − 1)
Logo para que
1
k(k − 1) =
A(k − 1) + Bk
k(k − 1) devemos ter A(k − 1) + Bk = 1.
Para k = 0 temos −A = 1, ou seja, A = −1.
1
Para k = 1 temos B = 1.
Portanto
n∑
k=2
1
k2 − k =
n∑
k=2
1
k(k − 1) =
n∑
k=2
(
A
k
+
B
k − 1
)
=
n∑
k=2
(−1
k
+
1
k − 1
)
=
n∑
k=2
−1
k
+
n∑
k=2
1
k − 1
=
(
−1
2
− 1
3
− 1
4
− 1
5
− 1
6
− ...− 1
n− 1 −
1
n
)
+
(
1 +
1
2
+
1
3
+
1
4
+
1
5
+ ... +
1
n− 2 +
1
n− 1
)
= − 1
n
+ 1 =
−1 + n
n
·
b)
100∑
k=2
1
k2 − k
Soluc¸a˜o: Pelo item a,
n∑
k=2
1
k2 − k =
n− 1
n
· Logo para n = 100 temos
100∑
k=2
1
k2 − k =
100− 1
100
=
99
100
·
b)
∞∑
k=2
1
k2 − k
Soluc¸a˜o: Pelo item a,
n∑
k=2
1
k2 − k =
n− 1
n
· Assim
∞∑
k=2
1
k2 − k = limn→∞
n∑
k=2
1
k2 − k = limn→∞
n− 1
n
= lim
n→∞
n
(
1− 1
n
)
n
= lim
n→∞
(
1− 1
n
)
= 1.
Portanto
∞∑
k=2
1
k2 − k = 1·
Revisa˜o PA e PG
Uma progressa˜o aritme´tica (PA) de raza˜o r e primeiro termo a1 e´ uma sequeˆncia
a1, a2, a3, ..., an, ...
tal que
a2 = a1 + r
a3 = a2 + r = a1 + 2r
a4 = a3 + r = a1 + 3r
...
an = an−1 + r = a1 + (n− 1)r fo´rmula do termo geral
...
2
ou seja,
an − an−1 = r, para todo n ≥ 2.
Mostraremos que a soma dos n primeiros termos dessa PA e´ dada por
Sn =
(a1 + an)n
2
·
De fato, seja Sn =
n∑
i=1
ai = a1 + a2 + a3 + ... + an−1 + an. Enta˜o
Sn = a1 + (a1 + r) + (a1 + 2r) + ... + (a1 + (n− 2)r) + (a1 + (n− 1)r) (∗).
Por outro lado, tambe´m podemos escrever
Sn = an+an−1+an−2+...+a2+a1 = (a1+(n−1)r)+(a1+(n−2)r)+(a1+(n−3)r)+...+(a1+r)+a1 (∗∗)
(escrevemos a mesma soma comec¸ando do u´ltimo termo an ate´ o primeiro termo a1 da PA).
Assim, somando (∗) e (∗∗) obtemos
2Sn = [a1 + (a1 + (n− 1)r)] + [(a1 + r) + (a1 + (n− 2)r)] + [(a1 + 2r) + (a1 + (n− 3)r)]+
... + [(a1 + (n− 2)r) + (a1 + r)] + [(a1 + (n− 1)r) + a1]
= [a1 + (a1 + (n− 1)r)] + [a1 + (a1 + (n− 1)r)] + [a1 + (a1 + (n− 1)r)]+
... + [a1 + (a1 + (n− 1)r)] + [a1 + (a1 + (n− 1)r)]
= [a1 + (a1 + (n− 1)r)]n = (a1 + an)n
Portanto,
Sn =
(a1 + an)n
2
·
Uma progressa˜o geome´trica (PG) de raza˜o q e primeiro termo a1 e´ uma sequeˆncia
a1, a2, a3, ..., an, ...
tal que
a2 = a1.q
a3 = a2.q = a1.q
2
a4 = a3.q = a1.q
3
...
an = an−1.q = a1.qn−1 fo´rmula do termo geral
...
ou seja,
an
an−1
= q, para todo n ≥ 2, se a1 6= 0 e q 6= 0.
Mostraremos que a soma dos n primeiros termos dessa PG e´ dada por Sn =
a1(q
n − 1)
q − 1 , para
q 6= 1.
Com efeito, seja Sn =
n∑
i=1
ai = a1 + a2 + a3 + ... + an−1 + an. Enta˜o
Sn = a1 + (a1.q) + (a1.q
2) + ... + (a1.q
n−2) + (a1.qn−1)·
Assim,
3
Sn − qSn = a1 + (a1.q) + (a1.q2) + ... + (a1.qn−2) + (a1.qn−1)
−q[a1 + (a1.q) + (a1.q2) + ... + (a1.qn−2) + (a1.qn−1)]
= a1 + (a1.q) + (a1.q
2) + ... + (a1.q
n−2) + (a1.qn−1)
−[(a1.q) + (a1.q2) + ... + (a1.qn−2) + (a1.qn−1) + a1qn]
= a1 − a1qn·
Logo
Sn(1− q) = a1(1− qn) ⇒ Sn = a1(1− q
n)
1− q =
a1(q
n − 1)
q − 1 ·
Portanto,
Sn =
a1(q
n − 1)
q − 1 ·
Para uma PG infinita, com 0 < |q| < 1, a soma dos termos dessa sequeˆncia e´ dada por
S = lim
n→∞
Sn = lim
n→∞
a1(q
n − 1)
q − 1 = limn→∞
a1q
n
q − 1 − limn→∞
a1
q − 1 =
a1
1− q ,
pois qn → 0, quando n→∞.
4